2013年浙江省高考数学试卷理科

1、 2013年浙江省高考数学试卷（理科） 一选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1（5分）已知i是虚数单位，则（1+i）（2i）=（ ） A3+i B1+3i C3+3i D1+i 2+3x40，则（?S）T=（|x2，T=x|x ）52（分）设集合S=x RA（2，1 B（，4 C（，1 D1，+） 3（5分）已知x，y为正实数，则（ ） lgxlgylgxlgylgxylgxlgy）+（?2 =2+2A22B=2 lgxylgylgx?lgylgxlgxlgy）（?2D2=22+2 =2C 4（5分）已知函数f（x）=Acos（x

2、+）（A0，0，R），则“f（x）是奇 “=”的（ ”是 ）函数 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ ）5（5 Aa=4 Ba=5 Ca=6 Da=7 分）已知，则tan2=（ ）56（ 第1页（共26页） D CA B 上一定点，满足，且对于边AB上任一，P是边AB7（5分）设ABC0 ） ，恒有则（ 点P AABC=90° BBAC=90° CAB=AC DAC=BC xk（k=1，x1（e）1）（为自然对数的底数，设函数8（5分）已知ef（x）=2），则（ ） A当k=1时

3、，f（x）在x=1处取得极小值 B当k=1时，f（x）在x=1处取得极大值 C当k=2时，f（x）在x=1处取得极小值 D当k=2时，f（x）在x=1处取得极大值 2=1与双曲线C的公共焦点，yA、BF（5分）如图F、是椭圆C分别：+92112是C、C在第二、四象限的公共点，若四边形AFBF为矩形，则C的离心率是21122（ ） CDA B 10（5分）在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记B=f（A）设，是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q=ff（P），Q=ff（P），恒21有PQ=PQ，则（ ） 21A平面与平面垂直 B平面与平面所成的（锐）二面角为45° C平面与平面平行

4、 D平面与平面所成的（锐）二面角为60° 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分 第2页（共26页） 分）设二项式的展开式中常数项为A，则A= 11（4 12（4分）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等3 cm 于 满足，若zy的最大值为12，则4分）设z=kx+y，其中实数x，13（实数k= 14（4分）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有 种（用数字作答） 2=4x的焦点，过点P（1y，0）的直线l交抛物线15（4分）设F为抛物线C：C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等

5、于 的中点，若，则sin是，MBC16（4分）ABC中，C=90° BAC= 的、若R417（分）设y、x，、为单位向量，非零向量=xy+ 的最大值等于 夹角为30° ，则 分解答应写出文字说明、证明过程或演三、解答题：本大题共5小题，共72算步骤 成等+2a，且a=10a25a，中，已知d1418（分）在公差为的等差数列a3112n比数列 ；，（）求da n+|+a|+|a|+|，求0d（）若aa n231 第页（共326页） 19（14分）设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球2分，取出蓝球得3分 （1）当a=3，b=2，c=

6、1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量为取出此2球所得分数之和求分布列； （2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量为取出 此球所得分数若，求a：b：c 20（15分）如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=2 M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC （1）证明：PQ平面BCD； （2）若二面角CBMD的大小为60°，求BDC的大小 +=1（ab0C15（分）如图，点P（0，1）是椭圆）的一个顶：21122=4的直径，l，l是过点的长轴是圆CC：xy+P且互相垂直的两条直线，点，

7、2112其中l交圆C于A、B两点，l交椭圆C于另一点D 1212（1）求椭圆C的方程； 1（2）求ABD面积的最大值时直线l的方程 1 第4页（共26页） 32+3ax3a+3f（x）=x3x（2214分）已知aR，函数 （1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程； （2）当x0，2时，求|f（x）|的最大值 第5页（共26页） 2013年浙江省高考数学试卷（理科） 参考答案与试题解析 一选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1（5分）已知i是虚数单位，则（1+i）（2i）=（ ） A3+i B1+3i C3+3i D1+

8、i 【分析】直接利用两个复数代数形式的乘法法则，以及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果 【解答】解：（1+i）（2i）=2+i+2i+1=1+3i， 故选：B 【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题 2+3x40，则（?S）T=x2，T=x|x（ ）分）设集合2（5S=x| RA（2，1 B（，4 C（，1 D1，+） 【分析】先根据一元二次不等式求出集合T，然后求得?S，再利用并集的定义求R出结果 【解答】解：集合S=x|x2， ?S=x|x2， R2+3x40=x|4T=x|xx1， 故（?S）T=x|x1 R故选：C 【点评】此题属于以一元二次不

9、等式的解法为平台，考查了补集及并集的运算，是高考中常考的题型在求补集时注意全集的范围 3（5分）已知x，y为正实数，则（ ） lgxlgylgxlgylgxylgxlgy）（+?2A2=2=2+22 B lgxylgxlgylgylgxlgx?lgy）（?2=2D22=22C+ 页）26页（共6第 【分析】直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可 stst+，lg（xy）=lgx+lgy=a（?ax，y【解答】解：因为a为正实数）， lgxylgxlgylgxlgy+）（，满足上述两个公式，=2=2?2所以2 故选：D 【点评】本题考查指数与对数的运算性质，基本知识的考查 4（5分）已知函数

10、f（x）=Acos（x+）（A0，0，R），则“f（x）是奇 “=”的（ ）函数”是 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 +）?f（x）=Asin（x）（A0，0，【分析】=Acos=?f（x）（xx +=k=0?f（0）（x）是R）是奇函数fx）为奇函数?“f，kZ所以（ “=”是必要不充分条件奇函数” =【解答】解：若， +（x）（x）=Acos则f ?f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函数； 若f（x）是奇函数， ?f（0）=0， f（0）=Acos（×0+）=Acos=0 =，不一定有kZ=k+， “=”是必要不充分条件“f

11、（x）是奇函数” 故选：B 【点评】本题考查充分条件、必要条件和充要条件的判断，解题时要认真审题，仔细解答，注意三角函数性质的灵活运用 分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（ （5 ）5 第7页（共26页） a=7a=6 Da=5 CAa=4 B 的值，利+根据已知流程图可得程序的功能是计算【分析】S=1用裂项相消法易得答案 解：由已知可得该程序的功能是【解答】 =2+1计算并输出S=1+=1 =2若该程序运行后输出的值是，则 ，a=4 A故选： 本题考查的知识点是程序框图，其中分析出程序的功能是解答的关键【点评】 ） （，则分）已知tan2= 6（5 C DA B 22，再代

12、，进而可得tan，和=1可解得sincos【分析】由题意结合sin+cos入二倍角的正切公式可得答案 22，cos=1【解答】解：，又sin+ ，或联立解得 268第页（共页） =，或tan=3故，tan= ，代入可得=tan2= =tan2=或= 故选：C 【点评】本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的基本关系，属中档题 上一定点，满足，且对于边ABP是边AB上任一7（5分）设ABC，0 ），恒有则（ 点P AABC=90° BBAC=90° CAB=AC DAC=BC |=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB【分析】设上任取|=4，则 2|，则由数量积的几何意

13、义可得HP=a0恒成一点|P（a+1），设|+a022立，只需=（a+1）4a=（a1）0即可，由此能求出ABC是等腰三角形，AC=BC |=1，过点C作AB解：设的垂线，垂足为|=4，则H，【解答】 在AB上任取一点P，设HP=a，则由数量积的几何意义可得， 0 2|），（a+1|=|?|=| ，a=? 恒成立，于是? ? 2|1）（aa0恒成立，整理得|+|+ 220即可，于是）1a=1，）（只需=a+1（4a=a 因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故ABC是等腰三角形， 所以AC=BC 故选：D 第9页（共26页） 向向量的模及向量的数量积的概念，【点评】本题主要考查了平面向量的运

14、算，量运算的几何意义的应用，还考查了利用向量解决简单的几何问题的能力 kx，k=1（x1（x）=（e）1）8（5分）已知e为自然对数的底数，设函数f） ，则（ 2） 处取得极小值x=1x）在k=1时，f（A当 处取得极大值x=1x）在k=1时，f（B当 处取得极小值）在xx=1k=2时，f（C当 处取得极大值）在x=1时，f（xD当k=2 ）（1）求导，根据选项知函数在x=1处有极值，验证f'【分析】通过对函数f（x处取得极小值还是极大值即可得结论）在x=1，再验证f（x=0 x1）（x=（e1）【解答】解：当k=1时，函数f（x） xxx，）11）=（x）=e（x1）+（exe求导函

15、数可得f'（ 2，012）=2ef'f'（1）=e10，（ 处均取不到极值，x=2x=1处与在则f（x）在在 2x）（x1x）=（e1）时，函数当k=2f（ xxxx2，）（xee+2x）1（x1）=（1e）求导函数可得f'（x=ex（1）+2（） ，为极大值点）时（xx0，当x1）时，且当xx=1当，f'（）=0，x1f'（x00）上是增函数；，+（fx）在（1）f'（x0，故函数 取得极小值对照选项）在x=1x1在（x，）上是减函数，从而函数f（ 0C故选： 2610第页（共页） 正确理解极值是关本题考查了函数的极值问题，考查学生的计

16、算能力，【点评】键 2分别B的公共焦点，Ay、=1与双曲线C9（5分）如图F、F是椭圆C+：2211的离心率是CBF为矩形，则C是C、在第二、四象限的公共点，若四边形AF22112） （ CAD B yx=y，依题意，解此方程组可求得|AF|=x，|AF|【分析】不妨设21的离心率的值，利用双曲线的定义及性质即可求得C 2 2上的点，y=1，点A为椭圆C+：=x【解答】解：设|AF|，|AF|=y 121 ；c=，2a=4b=1， ；+y=4|=2a=4，即x|+|AFAF 21为矩形，AFBF又四边形 21222 ，2c）=12+=，即x+y（= ，2mC由得：，设双曲线，解得x=2y=2+

17、的实轴长为2 2611第页（共页） 焦距为2n， 2n=2c=2，x=2，|AF|=y则2m=|AF| 12 e=双曲线C的离心率= 2D故选： 是关键，考查分|【点评】本题考查椭圆与双曲线的简单性质，求得|AF|与|AF21析与运算能力，属于中档题 ，B的垂线，垂足为，记B=f（A）设10（5分）在空间中，过点A作平面，恒Q=ffP）（=f是两个不同的平面，对空间任意一点P，Qf（P），12） ，则（ 有PQ=PQ 21垂直与平面A平面 45°所成的（锐）二面角为B平面与平面 平行平面C与平面 60°所成的（锐）二面角为平面与平面D P内的射影根据题意点P在P【分析】设是

18、点P在内的射影，点P是点121为矩形，PPQP在内的射影与P在内的射影重合于一点，由此可得四边形2112与平面根据面面垂直的定义可得平面P且QP是二面角l的平面角，211垂直，得到本题答案 垂线的垂足PP=f（P），则根据题意，得点P是过点作平面【解答】解：设 11，（P）（P=f=fQf 11垂线的垂足作平面点Q是过点P 11垂线的垂足作平面是过点P（同理，若P=fP），得点P 22垂线的垂足表示点Q=ff（P）Q是过点P作平面因此 222，对任意的点P，恒有PQ=PQ 21重合于同一点与QQ点 21的平面角l是二面角QPPP由此可得，四边形Q为矩形，且PP 221111垂直与平面是直角，平

19、面PQP 211故选：A 第12页（共26页） 着重考查所成角大小，本题给出新定义，要求我们判定平面与平面【点评】了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题 分分，共28二、填空题：本大题共7小题，每小题4 A= （410分）设二项式的展开式中常数项为A，则11 的值，r的系数等于0，求得【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x即可求得展开式中的常数项的值 ）1T?=（【解答】?解：二项式的展开式的通项公式为 1r+ rr ?）?=（1 ，故展开式的常数项为=0，解得r=3=10，令 10故答案为 求展开式本题主要考查二项式定理的应用，【点评】二项式展开式的通项公式，

20、中某项的系数，属于中档题 ）如图所示，则此几何体的体积等cm（4分）若某几何体的三视图（单位：123 24 cm于 2613第页（共页） 先根据三视图判断几何体的形状，再利用体积公式计算即可【分析】 解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，【解答】如图：，被截取的棱锥的高为3，4，侧面的高为5直角边分别为3 3）=24=（V=VVcm 棱锥棱柱故答案为：24 考，V本题考查几何体的三视图及几何体的体积计算V=Sh=Sh【点评】柱体椎体查空间想象能力 ，则的最大值为12满足，若zy（4分）设z=kx+，其中实数x，y132 实数k= y+通过平移直线z=kxk【分析】先画出

21、可行域，得到角点坐标再对进行分类讨论，即可得到答案A得到最大值点 解：可行域如图：【解答】 ，）4，4A由得：（ ，），B（02同样地，得 2614第页（共页） z=kx+y，即y=kx+z，分k0，k0两种情况 当k0时， 目标函数z=kx+y在A点取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2； 当k0时， 时，目标函数z=kx+y在A点（当k4，4）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大， 此时，12=4k+4， 故k=2 k时，目标函数z=kx+y在B点（0，2）时取最大值，即直线当z=kx+y在y轴上的截距z最大， 此时，12=0×

22、k+2， 故k不存在 综上，k=2 故答案为：2 【点评】本题主要考查简单线性规划解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义 14（4分）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有 480 种（用数字作答） 【分析】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为第15页（共26页） 左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可 【解答】解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3， 因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可 A，1个位置时，有当C在左边第 A4个位置可以选，有和B有C

23、右边的A，当C在左边第2个位置时，A A，AAA在左边第当C3个位置时，有+ 共为240种，乘以2，得480则不同的排法共有480种 故答案为：480 【点评】本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法 2=4x的焦点，过点P（1，0F为抛物线C：y）的直线l交抛物线15（4分）设C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于 不存 在 24my+y4=0my=x+1，联立得到【分析】由题意设直线l的方程为221）0设A（x，y），B（x，y），Q（x=16m，16=16（my）利用根002112 ，利用中点坐标公式可得=2m，

24、x+y=4m=my与系数的关系可得y0012222=4x得焦点F（1，02m），由抛物线C：y）1=2m再利用两1Q（2m1，点间的距离公式即可得出m及k，再代入判断是否成立即可 24my+4=01，得到联立y，+【解答】解：由题意设直线l的方程为my=x22）=16m16=16（m01 ）xQ（，y），A设（xy）B（xy， 011220 2yy+=4m，1=myx=2m，1=2m 01022，）2m，2mQ（1 16第页（共26页） 2=4x得焦点F（1，0由抛物线C：y） 2 =1，解得m=±1，化为|=2m，不满足0|QF 不存在故满足条件的直线l 故答案为不存在 根与系数的

25、关系、本题综合考查了直线与抛物线的位置关系与的关系、【点评】中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和计算能力 的中点，若sinBAC=，则ABC中，C=90°，M是BC分）16（4 ，AMB=在【分析】作出图象，设出未知量，ABM中，由正弦定理可得sin ，建立等式后可cos=，在RT进而可得ACM中，还可得cos= =，sinBAC得代入化简可得答案a=b，再由勾股定理可得，c=而 【解答】解：如图 CM=MB=，MAC=，AB=c，AC=b设 =中，由正弦定理可得在ABM， AMB=，=，解得代入数据可得sin AMB=，）=sinAMC=sin（AMB故cos

26、=cos（AMC）=sin cos=ACM中，而在RT=， 4224222=02b，+4b）=（a故可得=，化简可得a4ab 222 c=b+，联立可得=c解之可得，再由勾股定理可得a=ba， BAC=中，ABCsin，=故在RT 第17页（共26页） 另解：设BAM为，MAC为，正弦定理得BM：sin=AM：sinB BM：sin=AM 又有sin=cosAMC=cos（+B）， 联立消去BM，AM得sinBcos（+B）=sin， 22Bcos，B+拆开，将1化成sin 2Bcos，构造二次齐次式，同除 tan=可得， BAM=，则若cos ，BAM=tan cosB=解得tanB=， s

27、inBAC=易得 AD=2，AM=3交于D，DB=x，BM=CM=，设MD=1另解：作MDAB， x=相似解得，DMB用和CAB ，则cosB= BAC=易得sin 故答案为： 【点评】本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题 、R的若yx+（174分）设、为单位向量，非零向量=xy，、第18页（共26页） ，则的最大值等于 30°2 夹角为 ，从而可得= ，=|=【分析】由题意求得 = ，再利用二次函数的性质求得=的最大值 ，=130°×、 为单位向量，1【解答】和解：的夹角等于 =×cos30° =，|非零向

28、量+=x=y ，= 时，取得最大值为2故当=， 故答案为 2 【点评】本题主要考查两个向量的数量积的运算，求向量的模，利用二次函数的性质求函数的最大值，属于中档题 三、解答题：本大题共5小题，共72分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18（14分）在公差为d的等差数列a中，已知a=10，且a，2a+2，5a成等3n112比数列 （）求d，a； n（）若d0，求|a|+|a|+|a|+|a| n123【分析】（）直接由已知条件a=10，且a，2a+2，5a成等比数列列式求出公3112差，则通项公式a可求； n（）利用（）中的结论，得到等差数列a的前11项大于等于0，后面的项n小于0，所以分

29、类讨论求d0时|a|+|a|+|a|+|a|的和 n312第19页（共26页） 即，由题意得，【解答】解：（）2d=4解得d=1整理得d或3d4=0 当d=1时，a=a+（n1）d=10（n1）=n+11 1n当d=4时，a=a+（n1）d=10+4（n1）=4n+6 1n所以a=n+11或a=4n+6； nn（）设数列a的前n项和为S，因为d0，由（）得d=1，a=n+11 nnn 时，11则当n +2S=+|a|=S|+当n12时，|a|+|a|+|a 11321nn综上所述， =+|a|+|a|+|a|+|a n213【点评】本题考查了等差数列、等比数列的基本概念，考查了等差数列的通项公

30、式，求和公式，考查了分类讨论的数学思想方法和学生的运算能力，是中档题 19（14分）设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球2分，取出蓝球得3分 （1）当a=3，b=2，c=1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量为取出此2球所得分数之和求分布列； （2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量为取出 此球所得分数若，求a：b：c 【分析】（1）的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相应的概率可得所求的分布列； （2）先列出的分布列，再利用的数学期望和方差公式，即可得到结论 【解答】解：（1）由题意得=2，

31、3，4，5，6， =）；=P=3=2P（）；=P（）；=（=4 P）（；=）=5=P=6=（ 故所求的分布列为 第20页（共26页） 65 34 2 P 的分布列为（2）由题意知 P =E= 222 +（2） +（3D=（1）= ，得 ，b=2c解得a=3c， 2：1：故ab：c=3： 本题主要考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，【点评】同时考查抽象概括、运算能力，属于中档题 BD=2，AD平面BCD，BCCDAD=2中，20（15分）如图，在四面体ABCD 上，且是BM的中点，点Q在线段ACAQ=3QC的中点，M是ADP ；（1）证明：PQ平面BCD 的大小，求BDCD的大

32、小为60°（2）若二面角CBM 、OF，在线段CD上取点F使得DF=3CF，连接OPBD（【分析】1）取的中点O是OPQFFQ根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形；平行四边形，从而PQOF，再由线面平行判定定理，证出PQ平面BCD 根据线面CH于作，垂足为CGBDG，过GGHBMH，连接作）过点（2C可的平面角，是二面角因此CHBM垂直的判定与性质证出，CHGCBMD 页（共21第26页） 得CHG=60°设BDC=，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于的表达 =，从而得到tantan=CHG=式，最后在RtCHG中，根据正切的定义得出 BDC，由此

33、可得 、OF上取点F，使得DF=3CF，连接OP）【解答】（1取BD的中点O，在线段CDFQ ADQF=且DF=3CF，QFAD且ACD中，AQ=3QC 的中点BM中，O、P分别为BD、BDM AD中点得：OPAD且OPDM，且OP=OP=DM，结合M为AD 是平行四边形QF且OP=QF，可得四边形OPQFOP OFPQ ；BCD，PQBCD平面PQ?平面BCD且OF?平面 CH，连接于H作BD，垂足为G，过GGHBM作（2）过点CCG CGAD平面AD平面BCD，CG?BCD， 内的相交直线是平面ABD又CGBD，AD、BD BM，结合BM?平面ABD，得CGCG平面ABD 内的相交直线，C

34、G、GH是平面CGHGHBM CH平面CGH，可得BMBM CHG=60°的平面角，可得D是二面角因此，CHGCBM ，可得设BDC= 2 BG=BCsin=2sincos，中，RtBCDCG=CDsin=CD=BDcos=2sincos， CHG=tan=中，RtBMDHG=CHG；Rt=中， ，可得=60°，即tan=BDC=60° 第22页（共26页） 【点评】本题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，并且在已知二面角大小的情况下求线线角着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识，属于中

35、档题 +=1（ab，01）是椭圆C：0）的一个顶21（15分）如图，点P（122=4的直径，l，l是过点C：xP+y且互相垂直的两条直线，点，C的长轴是圆2211其中l交圆C于A、B两点，l交椭圆C于另一点D 1221（1）求椭圆C的方程； 1（2）求ABD面积的最大值时直线l的方程 1 【分析】（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程； （2）设A（x，y），B（x，y），D（x，y）由题意可知：直线l的斜率存在，1102102设为k，则直线l的方程为y=kx1利用点到直线的距离公式和弦长公式即可1得出圆心O到直线l的距离和弦长|AB|，又ll，可得直线l的方程为x+kx+k=0，2211与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值 【解答】解：（1）由题意可得b=1，2a=4，即a=2 的方程为；椭圆C 1（2）设A（x，y），